[ Correction du baccalauréat S Asie 18 juin 2008 \ E

(1)

EXERCICE1 4 points Commun à tous les candidats

A -Vrai ou faux?

1. Faux : contre-exemple : il suffit de prendreP₁etP₃perpendiculaires àP₂. 2. Faux : contre-exemple : on reprend l’exemple précédent.

3. Vrai : si deux plans sont parallèles, tout plan sécant à l’un est sécant à l’autre.

4. Faux :P₁etP₂sont parallèles : si la droiteDest incluse dansP₁elle n’est pas sécante avecP₂.

B - Intersection de trois plans donnés 1. Le vecteur−→

n1(1 ; 1 ;−1) est normal àP₁,−→

n2(2 ; 1 ; 1) est normal àP₂et ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires : les deux plans sont donc sécants.

Il faut résoudre :

½ x+y−z = 0

2x+y+z−3 = 0 ⇐⇒

½ x+y−z = 0

−y+3z−3 = 0 ⇐⇒







x = −3z+3+z y = 3z−3 z = z

⇐⇒







x = −2t+3 y = 3t−3

z = t

qui est une représentation paramétrique de la droite∆commune aux plansP₁et P₂

2. Un point de∆appartient àP₃si et seulement si :

−2t+3+2(3t−3)−4(t)+3=0 ⇐⇒ −2t+6t−4t+3−6+3=0 qui est vrai quel que soitt∈R.

Ceci signifie que tout point de∆appartient àP₃. Conclusion :P₁∩P₂∩P₃=∆

EXERCICE2 5 points

Réservé aux candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité 1. Mise en évidence d’une relation de récurrence

a. On ap(E1)=2

5,pE1(E2)=3

5 etp_E₁(E2)=2 5.

D’après la formule des probabilités totales appliquée àE1et àE1: p(E2)=p(E1∩E2)+p³

E1∩E2

´

=p(E1)×pE1(E2)+p³ E1

´

×p_E₁(E2)= 2

5×3 5+

µ 1−2

5

¶

×2 5= 6

25+ 6 25=12

25=0,48.

b. Arbre pondéré :

1−p(En) J ³⁵ J

2 V

5

p(En) V

J

25

V

3 5

(2)

D’après la loi des probabilités totales on ap(En+1)=2 5

¡1−p(En)¢ +3

5p(En)= 2

5+1 5p(En).

2. Étude d’une suite

a. Démonstration par récurrence :

— Initialisation:u1=2 5<1

2: vrai ; la relation est vraie au rang 1.

— Hérédité: soit un natureln>1 et supposons queun<1

2; alors1 5un< 1

10 ⇐⇒

1 5un+2

5< 1 10+2

5 ⇐⇒ un+1< 5

10. Soit finalementun+1<1

2. La relation est vraie au rangn+1.

La relation est vraie au rang et si elle est vraie au rangn>1, elle est vraie au rangn+1. On a démontré par récurrence que pour toutn>1,un6¹

2. b. Pour tout natureln>0,

un+1−un=1 5un+2

5−un=2 5−4

5un=4 5

µ1 2−un

¶ . D’après la question précédenteun6¹

2, doncun+1−un>0.

La suite (un) est croissante

c. La suite est croissante et majorée par 1 : elle converge vers une limiteℓtelle que ℓ61.

ℓvérifie la relation de récurrence :ℓ=1 5ℓ+2

5 ⇐⇒ 5ℓ=ℓ+2 ⇐⇒ 4ℓ=2 ⇐⇒

ℓ=1 2.

3. a. On a de façon évidenteun=p(En) et par conséquent lim

n→+∞p(En)=1 2. b. Considérons la suite des différences dep(En) avec sa limite 0,5, soit

vn=p(En)−0,5.

On avn+1=p(En+1)−0,5.

La relation de récurrence devient :vn+1+0,5=1

5(vn+0,5)+2 5 ⇐⇒

vn+1=1 5vn.

La suite (vn) est donc une suite géométrique de raison1 5etvn=

µ1 5

¶n−1

×v1soit p(En)−0,5= 1

5ⁿ⁻¹ µ2

5−0,5

¶

⇐⇒p(En)=0,5− 1 5ⁿ⁻¹

1 10. On a donc 0,499996p(En)⇐⇒ 1

2×5ⁿ <10⁻⁵ ⇐⇒5ⁿ>50000⇐⇒

5ⁿ⁻¹>10⁴ ⇐⇒(n−1)ln 5>4ln 10⇐⇒ n−1>4ln 10

ln 5 ⇐⇒ n>1+4ln 10 ln 5 ≈6,7.

Il faut donc prendren=7.

Réservé aux candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité A - Représentation graphique de quelques ensembles

1. x≡2 (modulo 3) ety≡1 (modulo 3), sur le graphique 1 de la feuille annexe 2. x+y≡1 (modulo 3), sur le graphique 2 de la feuille annexe ;

3. x≡y (modulo 3), sur le graphique 3 de la feuille annexe.

(3)

B - Résolution d’une équation

On considère l’équation (E) : 7x−4y=1, où les inconnuesxetysont des entiers relatifs.

1. Le couple (−1 ;−2) est un couple solution.

2. On a donc :

½ 7×(−1)−4×(−2) = 1

7x−4y = 1 ⇒(par différence) 7(x+1)−4(y+2)=0 ⇐⇒

7(x+1)=4(y+2) (1).

D’après le théorème de Gauss, 7 divise 4(y+2) mais est premier avec 4 : il divise doncy+2; il existe donck∈Ztel quey+2=7k ⇐⇒ y=7k−2.

En reportant dans (1), 7(x+1)=4×7k ⇐⇒ x+1=4k ⇐⇒ x=4k−1.

Les couples solutions sont de la forme (4k−1 ; 7k−2),k∈Z.

Inversement on vérifie qu’un couple (4k−1 ; 7k−2) vérifie l’équation proposée car 7(4k−1)−4(7k−2)=28k−7−28k+8=1.

3. (x ; y) appartient àR4,7 ⇐⇒

½ 06 4k−16 4 06 _7k−26 ₇ ^⇐⇒

½ 16 4k6 5

26 _7k6 ₉ ^⇐⇒

k=1

Il y a donc une seule solution : le couple (3; 5).

C - Une propriété des points situés sur la diagonale du réseau.

1. M(x;y)∈[OA]⇐⇒il existek∈R,−−−→ OM=k−−→

OA,

k∈[0 ; 1]⇐⇒ x=ka,y=kb,k∈[0 ; 1] ⇐⇒06x6a; 06y6b,x=ka, y=kb ⇐⇒06x6a; 06y6b,k=x

a=y

b ⇐⇒06x6a; 06y6b;a y=bx.

2. D’après la question précédenteadivisebxmais est premier avecb: il divise donc xet de mêmebdivisey. Or on a vu que :

06x6ace qui implique quex=0 oux=aet de mêmey=0 ouy=b. Les points solutions sont donc O(0; 0) etA(a;b).

3. Considérons le pgcdddes nombresaetb. On aa=d a^′etb=db^′avec 0<a^′<a et 0<b^′<b.

L’égalitéd= a a^′ = b

b^′ entraînea^′b=ab^′. Donc le point de coordonnées (a^′ ;b^′) appartient au segment [OA].

Il existe donc au moins un autre point du réseau sur le segment [OA].

Commun à tous les candidats A - Quelques propriétés

1. z6=0 etz^′= −1 z ⇒¯

¯z^′¯

¯=

¯

−1 z

¯

⇐⇒¯

¯z^′¯

¯=

¯

¯ 1 z

¯

= 1

¯

¯z¯

¯

⇐⇒ ¯

¯z^′¯

¯×¯

¯z¯

¯=1.

Pour les arguments :z^′= −1 z ⇒arg¡

z^′¢

=arg µ

−1 z

¶

=arg(−1)−arg¡ z¢

=π−(−argz)= π+argz=arg(z)+π.

2. Ceci résulte de la question précédente ; de plus les points sont dans l’ordreM, O et M^′.

3. Pourz6=0, on a1

z(z−1)=1−1 z=1−1

z =1+z^′=1+z^′=z^′+1.

B - Construction de l’image d’un point

(4)

1. |z−1| =1⇐⇒AM=1 ⇐⇒ Mappartient au cercleC de centre A et de rayon 1.

2. a. z^′+1=1

z(z−1)⇒

¯

¯z^′+1¯

¯

¯=

¯

¯ 1 z(z−1)

¯

⇐⇒ ¯

¯z^′+1¯

¯=

¯

¯ 1 z

¯

× |z−1| ⇐⇒¯

¯z^′+1¯

¯=

¯

¯ 1 z

¯

¯(carM∈C ⇐⇒ |z−1| =1)⇐⇒ ¯

¯z^′+1¯

¯=

¯

−1 z

¯

⇐⇒¯

¯z^′+1¯

¯=¯

¯z^′¯

¯.

Cette dernière égalité s’interprète géométriquement par : BM^′=OM^′ qui signifie que M^′ est équidistant de B et de O, autrement ditM^′ appartient à la médiatrice de [OB].

b. ¯

¯z^′+1¯

¯=¯

¯z^′¯

¯⇐⇒

¯

−1 z+1

¯

=

¯

−1 z

¯

⇐⇒

¯

¯ z−1

z

¯

= 1

¯

¯z¯

¯

⇐⇒¯

¯z−1¯

¯=1⇐⇒

|z−1| =1.

La réciproque est donc vraie : on a bien OM=1.

3. Figure

−1 1

1 2

−1

−2

+ +

A B

O

M M^′

Construction de l’image d’un point deC :

— M^′est aligné avec O etM: il appartient à la droite (OM) ;

— M^′B =M^′O, doncM^′appartient à la médiatrice de [OB] ;

— M^′est donc le point commun à la droite (OM) et à la médiatrice de [OB].

Commun à tous les candidats

A - Restitution organisée de connaissances B - Étude d’une fonction

1. La fonctionf est le produit de deux fonctions définies et dérivables surR: elle est donc définie et dérivable surRetf^′(x)=e^−x−(x+1)e^−x= −xe^−x qui est du signe de−x, puisque e^−x>0 quel que soitx∈R.

La fonction est donc croissante surR⁻et décroissante surR⁺. Le maximum est obtenu pourx=0, f(0)=1×e⁻⁰=1.

Limites :

— f(x)=xe^−x+e^−x.

D’après la R. O. C. par produit et somme de limites : lim

x→+∞f(x)=0.

— lim

x→−∞(x+1)= −∞et lim

x→−∞e^−x= +∞, donc par produit de limites :

x→−∞lim f(x)= −∞.

On a donc le tableau de variations suivant :

(5)

x −∞ 0 +∞

f^′ + −

f(x)

−∞

1

0

2. Tracer la courbe (C). On fera apparaître les résultats obtenus précédemment. Voir ci-dessous

C - Étude d’une famille de fonctions

1. a. On af0(x)=x+1 : c’est une fonction affine

b. Les points communs àC₀etC₁ont des coordonnées qui vérifient :

½ y = x+1

y = (x+1)e^x ⇒x+1=(x+1)e^x ⇐⇒(x+1)(e^x−1)=0 ⇐⇒

½ x+1 = 0

e^x−1 = 0 ⇐⇒

½ x = −1

e^x = 1 ⇐⇒

½ x = −1

x = 0

On a donc deux points commune : le point (0; 1) et le point (−1 ; 0).

On remarque que quel que soitk, fk(−1)=0, donc le point (−1 ; 0) appartient à toutes les courbesC_k.

De même, quel que soitk, fk(0)=1, donc le point (0; 1) appartient à toutes les courbesC_k.

2. Tableau de signes :

x −∞ −1 0 +∞

Signe dex+1 Signe de e^x−1 Signe de (x+1)(e^x−1)

− 0 + +

− − +

+ 0 − 0 +

0

On a donc :

fk+1(x)−fk(x)=(x+1)e^(k+1)x−(x+1)e^{k x}=(x+1)e^{k x}(e^x−1) qui est du signe du produit ci-dessus car e^{k x}>0 quel que soitx∈R. On en déduit que :

— pourx< −1 et pourx>0, C_k+1est au dessus deC_k

— pour−1<x<0,C_k+1est au dessous deC_k

— les deux courbes se coupent enx= −1 et enx=0.

fkproduit de fonction dérivable est dérivable etf_k^′(x)=e^{k x}+k(x+1)e^{k x}=e^{k x}(kx+

k+1).

Comme e^{k x}>0 quel que soitxet quel que soitk, le signe de f_k^′(x) est celui de kx+k+1.

— Sik>0, alorskx+k+1=0⇐⇒ x= −k+1

k , doncf_k^′(x)>0 six> −k+1 k , donc la fonction est croissante sur cet intervalle et f_k^′(x)<0 six< −k+1

k , donc la fonction est décroissante sur cet intervalle.

— Sik<0, alorskx+k+1=0⇐⇒ x= −k+1 k .

f_k^′(x)>0 ⇐⇒ kx+k+1>0 ⇐⇒ k+1> −kx ⇐⇒ x< −k+1

k . La fonction fk

est donc croissante sur

¸

−∞;−k+1 k

·

et décroissante sur

¸

−k+1 k ;+∞

· .

(6)

3. En utilisant la question précédente, on peut dire queEetF correspondent à des valeurs deknégatives.

Plus précisément la courbeEcroît sur ]−∞; 0[ ce qui correspond à la valeurk= −1.

DoncEreprésente la fonctionf−1et par conséquentF représente la fonctionf−3. Pour les valeurs dekpositives on utilise les résultats de la question2.: pourx>0, on constate que queK est au dessus deH; doncH représente f1etK repré- sentef2.

(7)

E

F

F H

H

K

1 1

D - Calcul d’une aire plane

1. A(λ)= Zλ

0 (t+1)e^−tdt. Soit

½ u(t) = t+1 v^′(t) = e^−t d’où

½ u^′(t) = 1 v(t) = −e^−t

Toutes ces fonctions sont dérivables donc continues sur [0 ;λ], on peut donc inté- grer par parties :

A(λ)=£

−(t+1)e^−t¤λ 0+

Zλ

0 e^−tdt=£

−(t+1)e^−t−e^−t¤λ 0=£

−(t+2)e^−t¤λ 0=

−(λ+2)e^−λ+2=2−(λ+2)e^−λ. 2. Comme lim

λ→+∞e⁻^λ=0, lim

λ→+∞

λe⁻^λ=0, lim

λ→+∞

A(λ)=2.

(8)

Annexe 1 - exercice 3 (spécialité mathématique) - À rendre avec la copie

1 2 3 4 5 6 7 8 9

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

bc bc bc

Graphique 1

1 2 3 4 5 6 7 8 9

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

bc bc bc

Graphique 2

1 2 3 4 5 6 7 8 9

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

bc bc bc

Graphique 3